高考数学二轮复习培优专题第7讲 导数中的5种同构函数问题 （含解析）

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第7讲 导数中的5种同构函数问题
【考点分析】
考点一：常见的同构函数图像
八大同构函数分别是：，，，，，，，我们通过基本的求导来看看这六大同构函数的图像，再分析单调区间及极值，以及它们之间的本质联系．

图1 图2 图3 图4

图5 图6 图7 图8
考点二：常见同构方法
（1）（2）
（3）（4）
【题型目录】
题型一：利用同构解决不等式问题
题型二：利用同构求函数最值
题型三：利用同构解决函数的零点问题
题型四：利用同构解决不等式恒成立问题
题型五：利用同构证明不等式
【典例例题】
题型一：利用同构解决不等式问题
【例1】（2022·河南·模拟预测（理））不等式的解集是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
结合不等式特点，构造函数，研究其单调性，从而求出解集.
【详解】
设，则，当时，；当时，，所以在上是增函数，在上是减函数．原不等式可化为，即，结合，可得，所以原不等式的解集为．
故选：B
【例2】（2022·陕西宝鸡·一模（理））已知，，则下列关系式不可能成立的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
构造函数，利用导数判断其单调性可判断AB；
构造函数，，利用导数判断单调性可判断CD.
【详解】
对于，两边取对数得，
即，
构造函数，，
当时，，是单调递增函数，
当时，，是单调递减函数，
若，则，即，故A正确；
若，则，，故B正确；
构造函数，，
，当时，，单调递增，所以，
，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，
所以时，即，
所以成立，不可能成立，故C正确D错误.
故选：D.
【点睛】
思路点睛：双变量的不等式的大小比较，应该根据不等式的特征合理构建函数，并利用导数判断函数的单调性，从而判断不等式成立与否.
【例3】（2022·陕西·长安一中高二期末（理））已知，且，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
通过构造函数，利用函数的单调性以及式子的结构特征进行分析.
【详解】
因为，所以，
令，所以，对函数求导：
，   由有：，
由有：，所以在单调递增，在
单调递减，因为，由有：，
故A错误；
因为，所以，由有：，
故D错误；
因为，所以，
因为，所以，所以，故C正确；
令 有：
=，当，.所以
在单调递增，当时，，
即，又，所以，
因为，所以，因为在
内单调递减，所以，即，故B错误.
故选：C.
【例4】（2022·江苏苏州·模拟预测）若x，，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
利用可得，再利用同构可判断的大小关系，从而可得正确的选项.
【详解】
设，则（不恒为零），
故在上为增函数，故，
所以，故在上恒成立，
所以，
但为上为增函数，故即，
所以C成立，D错误.
取，考虑的解，
若，则，矛盾，
故即，此时，故B错误.
取，考虑，
若，则，矛盾，
故，此时，此时，故A错误，
故选：C.
【点睛】
思路点睛：多元方程隐含的不等式关系，往往需要把方程放缩为不等式，再根据函数的单调性来判断，注意利用同构来构建新函数.
【例5】（2022·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学模拟预测（理））已知、，，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由可得出，构造函数可得出，可得出，由可得出，构造函数可得出，然后构造函数可得出，再对所得等式进行变形后可得出合适的选项.
【详解】
由可得，由题意可知，
构造函数，其中，则，
所以，函数在上单调递增，由可得，
所以，，由可得，则，且，①
由可得，则，由题意可知，
构造函数，其中，则，
所以，函数在上单调递增，
由，即，可得，所以，，
由可得，且，则，②
令，其中，则，所以，函数在上为增函数，
由①②可得，所以，，可得，
由可得，则，
因为，则，
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：本题考查指对同构问题，需要对等式进行变形，根据等式的结构构造合适的函数，并利用函数的单调性得出相应的等式，进而求解.
【题型专练】
1.（2022·陕西·泾阳县教育局教学研究室高二期中（理））已知，且满足，为自然对数的底数，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
构造函数，利用导函数研究函数的单调性判断即可.
【详解】
解：因为在上单调增，，所以，故A、D错误；
构造函数，则，，
当时，，单调增，
当时，，单调减，
因为，，即，又，
所以，，，，
所以，
所以，，，即，
所以，故B正确.
故选：B.
2．（2022·全国·高三专题练习（理））设，，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由于，所以构造函数，利用导数判断其为减函数，从而可比较出，进而可比较出的大小，同理可比较出的大小，即可得答案
【详解】
∵，构造函数，，
令，则，
∴在上单减，∴，故，
∴在上单减，∴，
∴
∴.∴，
同理可得，，故，
故选：A
3．（2022·广东·中山市迪茵公学高二阶段练习）已知，下列不等式，成立的一个是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
在时，构造函数，探讨它们的单调性即可分别判断选项A，B，C，D作答.
【详解】
因，则令，，，
显然函数在上递减，在上递增，
即函数在上不单调，而，则不能比较与的大小，A不是；
因，则令，，，
显然函数在上递增，在上递减，在上不单调，而，则不能比较与的大小，B不是；
因，则令，，，
函数在上单调递减，由，得，即，C不是；
因，则令，，，
函数在上单调递增，由，得，即，D是.
故选：D
【点睛】
思路点睛：某些涉及数或式大小关系问题，细心探求变量关系，构造函数，利用函数的单调性求解.
4．（2022·全国·高三专题）已知满足，（其中是自然对数的底数），则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
对两边取对数，得,再与相加整理得，构造函数，根据单调性，即可求解.
【详解】
解：,两边取对数得：，又，两式相加得：
，即，
令，故上式变为，易知在上单调递增，
故，故，
故选：A
5.（2022·四川·广安二中模拟预测（理））已知，且，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
构造，，求导研究其单调性，判断出D选项，利用同角三角函数关系得到AB选项，构造差函数，得到，从而判断出C选项.
【详解】
构造，，则恒成立，
则，
当时，，，
当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
因为，所以，，
又，所以，D错误，
因为，所以，，
所以，所以，A错误，B正确.
令，则，

当时，恒成立，
所以在上单调递增，
当时，，即，
因为，
所以
因为，
所以，
因为在在单调递减，
所以，即
因为在上单调递减，
所以，C错误
故选：B
【点睛】
结合题目特征，构造函数，利用函数单调性比较函数值的大小，是比较大小很重要的方法，本题中构造进行求解.
6.（2022·福建·三明一中模拟预测）己知e为自然对数的底数，a，b均为大于1的实数，若，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意化简得到，设，得到，结合题意和函数的单调性，即可求解.
【详解】
由，可得，即，
设，可得，
因为，可得，
又因为，所以，即，所以，
当时，，可得函数在为单调递增函数，
所以，即.
故选：B.
题型二：利用同构求函数最值
【例1】（2022·四川省通江中学高二期中（文））已知函数，若，则的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先求得的取值范围，然后化简，结合导数求得的取值范围.
【详解】
由于，
即，所以，
当时，递增，
所以有唯一解.
当时，递增，
所以有唯一解.
由得，
所以.
令，
所以在区间递减；在区间递增.
所以，
所以的取值范围为.
故选：D
【点睛】
本题要求的取值范围，主要的解题思路是转化为只含有一个变量的表达式，然后利用导数来求得取值范围.在转化的过程中，主要利用了对数、指数的运算.
【例2】（2022·江西·临川一中模拟预测（文））已知函数，，若，，则的最小值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
通过、解析式，的值求得关于的表达式，结合导数求得所求的最小值.
【详解】
的定义域为，所以，..
，，则，
又因为，所以，
令，则，
，当时，，递增，
所以，则，
，，
所以在区间递减；在区间递增，
所以的最小值为，即B选项正确.
故选：B
【点睛】
含参数的多变量的题目，结合方法是建立变量、参数之间的关系式，主要方法是观察法，根据已知条件的结构来进行求解.
【例3】（2022·全国·高三专题练习（理））设大于1的两个实数a，b满足，则正整数n的最大值为（       ）．
A．7 B．9 C．11 D．12
【答案】B
【解析】
【分析】
将已知条件变形为，构造两个函数，对函数求导，根据函数的单调性求出的最大值即可.
【详解】
解：易知等价于．
令，则．
令得．
当时；当时．
所以在上单调递增，在上单调递减，
则有最大值．
令，则．
当时不符合，舍去，所以．
则，．
当时；当时．
所以在上单调递减，在上单调递增，
则有最小值．
若成立，只需，
即，即．
两边取自然对数可得．
当时等式成立；当时有．
令，本题即求的最大的正整数．
恒成立，则在上单调递减．
因为，，，
所以的最大正整数为9．
故选：B．
【题型专练】
1.（2022·四川绵阳·高二期末（理））已知函数，，若，，则的最小值是（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先通过中间量找到的关系，然后反带回去，将代求表达式表示成关于的函数来求解.
【详解】
依题意得，， ，于是，设，显然在上单调，于是，根据单调性可知，故，于是，故，在令，，于是递减，递增，故，取得最小值.
故选：A                    
2.（2022·全国·高二期末）已知函数，若，则的最小值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由已知条件可推得，即有，结合目标式化简可得，令，利用导函数研究其单调性并确定区间最小值，即为的最小值．
【详解】
，所以，
则．
于是．所以．
构造函数，
易知当时，单调递增．所以，．
于是，
令，则．在上单调递减，
在单调递增．所以，即．
故选：A
题型三：利用同构解决函数的零点问题
【例1】（2022·海南华侨中学模拟预测）已知函数（且）有两个不同的零点，则实数a的取值范围是（       ）．
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
解法一：令，得，进而得到．令，由其单调性得到，即，进而转化为，利用导数法判断；解法二：令，得，进而得到．令，由其单调性得到，即，然后利用导数的几何意义求解判断.
【详解】
解法一：通过选项判断可知，
令，得，
由，得
，所以．
令，则，且在上单调递增，
所以，即，
所以，即，
令，，
∴在上单调递增，在上单调递减，则，
又时，，且，画出大致图像，

可知，则．
故选：A．
解法二：通过选项判断可知，
令，得，
由，得，所以．
令，则，且在上单调递增，
所以，即，
当直线与图像相切时，设切点为，
由，则有，故，则．
又，即，则，
∴．
要使得直线与图像有两个交点，
则，
故选：A．

【例2】（2022·全国·高三专题）已知函数有两个零点，则a的最小整数值为（       ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【解析】
【分析】
先将函数化为，令，进而只需说明在R上有两个零点，然后对函数求导，讨论出函数的单调区间和最值，最后通过放缩法解决问题.
【详解】
，
设，，即函数在上单调递增，易得，于是问题等价于函数在R上有两个零点，，
若，则，函数在R上单调递增，至多有1个零点，不合题意，舍去；
若，则时，，单调递减，时，，单调递增.
因为函数在R上有两个零点，所以，
而，
限定 ，记，，即在上单调递增，于是，则时 ，，此时，因为，所以，于是时，.
综上：当时，有两个交点，a的最小整数值为2.
故选：C.
【题型专练】
1.（2021·全国·模拟预测）在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式．若关于的方程和关于的方程（）可化为同构方程，则________，________．
【答案】     3     8
【解析】
【分析】
两个方程分别取自然对数，转化后由同构的定义求得，然后利用新函数的单调性得关系，从而求得的值．
【详解】
对两边取自然对数得   ①．对两边取自然对数得，即   ②．
因为方程①，②为两个同构方程，所以，解得．
设（），则，
所以函数在上单调递增，所以方程的解只有一个，所以，
所以，故．
故答案为：3；8．
2.（2022·辽宁·大连市普兰店区高级中学模拟预测）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)设函数，若函数有两个零点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)单调递增区间为；单减区间为
(2)
【解析】
【分析】
（1）求定义域，求导，由导函数的正负求出函数的单调区间；（2）同构处理，为设函数，则，结合的单调性得到有两个根，结合第一问中的结论，列出不等关系，求出a的取值范围.
(1)
函数的定义域为，
．
函数的单调递增区间为；单减区间为．
(2)
要使函数有两个零点，即有两个实根，
即有两个实根．
即．
整理为，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，所以．
所以只需使有两个根，设．
由（1）可知，函数）的单调递增区间为；单减区间为，
故函数在处取得极大值，．
当时，；当时，，
要想有两个根，只需，解得：．
所以a的取值范围是．
题型四：利用同构解决不等式恒成立问题
【例1】（2022·广东广州·三模）对于任意都有，则的取值范围为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
，由导数的单调性求出，所以转化为：任意恒成立，令，分类讨论值，求出，即可求出答案.
【详解】
，令，
则，所以在上单调递减，在上单调递减，
所以，所以，
所以转化为：，令，，
①当时，，所以在上单调递增，所以
，所以.
②当时，您，所以，
（i）当即时，
，所以在上单调递增，，所以.
(ii)当即时，
在上单调递减，在上单调递增，，
所以，所以.
综上，的取值范围为：.
故选：B.
【例2】（2022·全国·高三专题练习（文））已知e是自然对数的底数.若，使，则实数m的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先讨论时，不等式成立；时，不等式变形为，构造函数，由单调性得到，参变分离后构造函数，求出最大值即可求解.
【详解】
当时，，显然成立，符合题意；
当时，由，，可得，即，，
令，，在上单增，又，故，
即，即，，即使成立，令，则，
当时，单增，当时，单减，故，故；
综上：.
故选：B
【点睛】
本题关键点在于当时，将不等式变形为，构造函数，借助其单调性得到，再参变分离构造函数，求出其最大值，即可求解.
【例3】（2022·宁夏中卫·三模（理））不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
将变为即，构造新函数，利用其单调性得到，继而求得答案.
【详解】
当时，不等式在上恒成立不会成立，
故 ，
当 时， ，此时不等式恒成立；
不等式在上恒成立,
即在上恒成立,
而即，
设 ，当 时，，
故是增函数，
则即，故，
设，
当 时，， 递增，
当 时，， 递减，
故 ，则 ，
综合以上，实数的取值范围是 ，
故选：B
【点睛】
本题考查了不等式的恒成立问题，解答时要注意导数的应用，利用导数判断函数的单调性以及求最值等，解答的关键是对原不等式进行变形，并构造新函数,这一点解题的突破点.
【例4】（2022·陕西渭南·二模（文））设实数，对任意的，不等式恒成立，则λ的最小值为（       ）
A．e B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由题设有，构造并利用导数研究单调性即可得上恒成立，再构造，并应用导数求最值，即可得λ的最小值.
【详解】
由题设，，令，则在，
所以单调递增，又，即上，即恒成立，
令，，则，
所以，上，则递增；上，则递减；
则，故.
故选：C
【点睛】
关键点点睛：根据同构形式结合导数研究的单调性，进而将问题转化为上恒成立，再次构造函数求最值，确定参数范围.
【例5】（2022·辽宁·高二期中）已知，若在上存在x使得不等式成立，则的最小值为（       ）
A． B．1 C．2 D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先利用将不等式转化为，借助单调性得到，参变分离后构造函数，结合单调性求出最小值即可.
【详解】
∵，∴不等式即为：
由且，∴，设，则，故在上是增函数，∴，即，
即存在，使，∴，设，则；
；∴在上递减，在上递增，∴，∴．
故选：D.
【例6】（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（理））已知，不等式对任意的实数恒成立，则实数a的最大值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
构造函数 ，利用函数单调性可得，再构造函数，利用导数求出函数的最大值即可
【详解】
不等式对任意的实数恒成立

令
对任意的实数恒成立
， ，
令

令 ，解得
当 时， ，函数单调递增
当 时， ，函数单调递减

， ，所以实数的最大值为
故选：B
【题型专练】
1.（2022·辽宁葫芦岛·高二期末）已知，不等式对任意的实数恒成立，则实数a的最小值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
首先不等式同构变形为，引入函数，由导数确定单调性得，分离参数变形为，再引入函数，由导数求得其最小值，从而得的范围，得最小值．
【详解】
不等式可化为，即，
，，则，，
设，则，时，，是增函数，
所以由得，，，
所以时，恒成立．
设，则，
时，，递减，时，，递增，
所以，
所以，．所以的最小值是．
故选：B．
【点睛】
难点点睛：本题考查用导数研究不等式恒成立问题，难点在于不等式的同构变形，然后引入新函数，由新函数的单调性化简不等式，从而再由变量分离法转化为求函数的最值．
2.（2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末）已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
首先将不等式进行恒等变形，然后构造新函数，结合函数的性质即可求得实数的取值范围．
【详解】
由题意可得：，
，
，
令，易得在上单调递增，
，记，则,
故当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，故，故只需
故实数的取值范围为．
故选：A
3.（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高二期末）若对任意，不等式恒成立，则实数的最小值是（       ）
A．1 B．2 C． D．3
【答案】A
【解析】
【分析】
由得，令，利用的单调性可得，转化为对任意时恒成立，令，利用导数求出的最值可得答案.
【详解】
由得，
令，因为都是单调递增函数，
所以为单调递增函数，
所以，
即对任意时恒成立，
令，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
所以，即.
故选：A.
4.（2022·湖北·高二期末）若关于x的不等式在区间上恒成立，则实数a的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先利用特值缩小实数a的范围，再利用导数求得在区间上的最小值，进而构造函数并利用导数判断单调性，从而得到实数a的取值范围.
【详解】
当时，，不满足题意，舍去，所以．
令，则，
令，则，则在上单调递增，
又，，则，
所以存在唯一使得，
即，则
当时，，则，则单调递减，
当时，，则，则单调递增，
所以恒成立．
令，，
则，所以在上单调递减，
又，所以，所以．
又因为，且在上单调递减，
所以．
故选：A．
5.（2023·河南·洛宁县第一高级中学一模（理））对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
不等式可转化为对任意恒成立，构造利用导数求出的最小值即可.
【详解】
由，则，
因为在上为增函数，所以，即对任意恒成立，
设函数，则，
由可得，由可得，
所以在上为减函数，在上为增函数，所以，
因为对任意的恒成立，所以，
所以.
故选：B．
题型五：利用同构证明不等式
【例1】（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)已知，且，若，求证：.
【答案】(1)在单调递减，在单调递增
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）对求导，注意到，研究的分子，最终求出的单调性；
（2）先对同除以，变形为，再构造差函数解决极值点偏移问题
(1)
，令，则，
∴在单调递增，
注意到
∴当时，，此时，单调递减，当时，，此时，单调递增
∴在单调递减，在单调递增
(2)
等价于，等式两边同除以得：
，即
由（1）知：在单调递减，在单调递增
∴，一正一负，不妨设
构造新函数，则
∴
令，则
当时，显然恒成立，所以
又对恒成立，
所以在时，，即单调递减

∵
∴，即
∵
∴
其中，，且在单调递减
∴，即
【点睛】
方法点睛：构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效
【例2】（2022·海南中学高三阶段练习）已知函数.
（1）求的单调区间与极值.
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为，极大优值，无极小值；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
首先求函数的导数，利用导数和单调性，极值点的关系，即可求解；
（2）首先由条件变形为，即，通过构造函数，，转化为极值点偏移问题，即可求解.
【详解】
（1）解：的定义域为，.
当时，；当时，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
故在处取得极大值，且极大值为，无极小值.
（2）证明：易知，，


即，.
不妨设，，.
（1）可知，，
当时，，
当时，，

设，，
则，
因为，，
所以，在区间上单调递增，
，
所以，
又因为，，所以，
即，故.
【例3】（2022·河北·高三阶段练习）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且，证明：．
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）直接求导确定的单调性即可；
（2）令，先证，构造函数，求导确定的单调性进而证得；再证，构造函数，求导确定单调性进而证得.
(1)
，定义域为，
由，解得，
由，解得，
由，解得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)
∵a，b为两个不相等的正数，且，
∴，即，
由（1）可知，且，时，，
则令，
则为的两根，且，
不妨设，则，
先证，即证，即证，
令，即证在上，，
则，
在上单调递增，即，
∴在上恒成立，即在上单调递减，，
∴，即可得；
再证，即证，
由（1）单调性可得证，
令，
，
在上单调递增，
∴，且当，
所以存在使得，
即当时，单调递减，
当时，单调递增，
又有，
且，
所以恒成立，
∴，
则，即可证得．
【点睛】
本题关键点在于先令，再将转化为两个极值点偏移问题，先构造函数，求导确定在上，即可证明；再构造函数，求导得恒成立，即可证得，即可证得.
【例4】（2022·河南郑州·二模（文））已知函数，.
(1)求函数的极值；
(2)当x>0时，证明：
【答案】(1)极大值为，无极小值
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）首先确定定义域为求导可得，根据导数的应用，
分和时，两种情况讨即可得解；
（2）要证即证，
令，求导利用隐零点问题的解决方法求得即可.
(1)
定义域为，
则，时，，在单调递增，
时，，在单调递减，
故函数的极大值为，无极小值
(2)
证明等价证明（），
即.
令
，
令，则在上单调递增，
而，
故在上存在唯一零点，且，
时，，在上单调递减；
时，，在上单调递增，
故，又因为即，
所以，从而，
即
【点睛】
本题考查了导数的应用，导函数则原函数为增函数，原函数为减函数，同时考查了极值的概念.本题的关键点如下：
（1）极值点在何处取得；
（2）隐零点问题在求最值中的运用.

【题型专练】
1．（2021·全国·高考真题）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【详解】
(1)的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由得，即．
由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令，
则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．①
令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．
又由，可得，
所以．②
由①②得．
[方法二]【最优解】：变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
令，则有，不妨设．
由（1）知，先证．
要证：
．
令，
则，
在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以需证．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
[方法三]：比值代换
证明同证法2．以下证明．
不妨设，则，
由得，，
要证，只需证，两边取对数得，
即，
即证．
记，则.
记，则，
所以，在区间内单调递减．，则，
所以在区间内单调递减．
由得，所以，
即．
[方法四]：构造函数法
由已知得，令，
不妨设，所以．
由（Ⅰ）知，，只需证．
证明同证法2．
再证明．令．
令，则．
所以，在区间内单调递增．
因为，所以，即
又因为，所以，
即．
因为，所以，即．
综上，有结论得证．
【整体点评】
(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
2.（2022·全国·高三专题练习）已知函数，其中为自然对数的底数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，且，证明：.
【答案】（1）时，递增；时，递减；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）首先求函数的导数，并判断导数的单调性，结合导函数的零点，判断函数的单调性；（2）首先方程变形为，设，，通过构造函数，，利用导数证明，再分和时，证明.
【详解】
解：（1），是减函数，是增函数，
所以在单调递减，
∵，
∴时，，单调递增；时，，单调递减.
（2）由题意得，，即
，，
设，，则由得，，且.
不妨设，则即证，
由及的单调性知，.
令，，则
，
∵，∴，，
∴，取，则，
又，则，
又，，且在单调递减，∴，.
下证：.
（i）当时，由得，；
（ii）当时，令，，则

，
记，，则，
又在为减函数，∴，
在单调递减，在单调递增，∴单调递减，从而，在单调递增，
又，，
∴，
又，
从而，由零点存在定理得，存在唯一，使得，
当时，单调递减；
当时，单调递增.
所以，，
又，
，
所以，，
显然，，
所以，，即，
取，则，
又，则，
结合，，以及在单调递增，得到，
从而.
【点睛】
关键点点睛：本题第二问要证明不等式成立，换元后转化为，两次构造函数，并转化为极值点偏移问题，证明不等式.
3.（2022·河南省浚县第一中学模拟预测（理））已知函数．
(1)讨论f(x)的单调性．
(2)若a＝0，证明：对任意的x>1，都有．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）分类讨论的取值范围，利用导数求解函数的单调区间；
（2）对原不等式整理化简得到，将整体代换，并构造函数求解的取值范围，通过整体代换，构造新函数，利用导数求解函数的极值，结合的取值范围，即可证明.
(1)
解：由题意可得．
当时，恒成立，则在上单调递增；
当时，由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增．
综上，当时，在R上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
(2)
证明：由题得，时，对任意的，都有，即，
等价于，即.
设，则．
由，得；由，得．
则在上单调递增，在上单调递减，
故，即，即，当且仅当时，等号成立．
设，则．
由，得；由，得．
则在上单调递减，在上单调递增．
因为，，所以有解，
则，当且仅当时，等号成立．
即，即．
【点睛】
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理